静电场及其应用精选试卷专题练习(word版

静电场及其应用精选试卷专题练习（word版

一、第九章静电场及其应用选择题易错题培优（难）

1．如图所示，y轴上固定有两个电荷量相等的带正电的点电荷，且关于坐标原点O对称。某同学利用电场的叠加原理分析在两电荷连线的中垂线（x轴）上必定有两个场强最强的点A、'A，该同学在得到老师的肯定后又在此基础上作了下面的推论，你认为其中正确的是（）

A．若两个点电荷的位置不变，但电荷量加倍，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置

B．如图(1)，若保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置

C．如图(2)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电圆环，圆环的圆心在原点O。直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置

D．如图(3)，若在yoz平面内固定一个均匀带正电薄圆板，圆板的圆心在原点O，直径与(1)图两点电荷距离相等，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置

【答案】ABC

【解析】

【分析】

【详解】

A．可以将每个点电荷（2q）看作放在同一位置的两个相同的点电荷（q），既然上下两个点电荷（q）的电场在x轴上场强最大的点仍然在A、A＇两位置，两组点电荷叠加起来的合电场在x轴上场强最大的点当然还是在A、A＇两位置，选项A正确；

B．由对称性可知，保持两个点电荷的距离不变、并绕原点O旋转90°后对称的固定在z轴上，则x轴上场强最大的点仍然在A、'A两位置，选项B正确；

C．由AB可知，在yOz平面内将两点电荷绕O点旋转到任意位置，或者将两点电荷电荷量任意增加同等倍数，在x轴上场强最大的点都在A、A＇两位置，那么把带电圆环等分成一些小段，则关于O点对称的任意两小段的合电场在x轴上场强最大的点仍然还在A、A＇两位置，所有这些小段对称叠加的结果，合电场在x轴上场强最大的点当然还在A、A＇两位置，选项C正确；

D．如同C选项，将薄圆板相对O点对称的分割成一些小块，除了最外一圈上关于O点对称的小段间距还是和原来一样外，靠内的对称小块间距都小于原来的值，这些对称小块的合电场在x轴上场强最大的点就不再在A、A＇两位置，则整个圆板的合电场在x轴上场强最大的点当然也就不再在A、A＇两位置，选项D错误。

故选ABC。

2．如图，真空中x 轴上关于O 点对称的M 、N 两点分别固定两异种点电荷，其电荷量分别为1Q +、2Q -，且12Q Q >。取无穷远处电势为零，则（ ）

A ．只有MN 区间的电场方向向右

B ．在N 点右侧附近存在电场强度为零的点

C ．在ON 之间存在电势为零的点

D ．MO 之间的电势差小于ON 之间的电势差 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】

AB ．1Q +在N 点右侧产生的场强水平向右，2Q -在N 点右侧产生的场强水平向左，又因为

12Q Q >，根据2Q

E k

r

=在N 点右侧附近存在电场强度为零的点，该点左右两侧场强方向相反，所以不仅只有MN 区间的电场方向向右，选项A 错误，B 正确；

C ．1Q +、2Q -为两异种点电荷，在ON 之间存在电势为零的点，选项C 正确；

D ．因为12Q Q >，MO 之间的电场强度大，所以MO 之间的电势差大于ON 之间的电势差，选项D 错误。 故选BC 。

3．如图所示，a 、b 、c 、d 四个质量均为 m 的带电小球恰好构成“三星拱月”之形，其中 a 、b 、c 三个完全相同的带电小球在光滑绝缘水平面内的同一圆周上绕 O 点做半径为 R 的匀速圆周运动，三小球所在位置恰好将圆周等分。小球 d 位于 O 点正上方 h 处，且在外力 F 作用下恰处于静止状态，已知 a 、b 、c 三小球的电荷量大小均为 q ，小球 d 的电荷量大小为 6q ，h ＝2R 。重力加速度为 g ，静电力常量为 k 。则（ ）

A ．小球 a 一定带正电

B ．小球 c 2

3kq C ．小球 b 2R mR

q k

π

D ．外力 F 竖直向上，大小等于mg ＋2

2

R

【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．a 、b 、c 三小球所带电荷量相同，要使三个做匀速圆周运动，d 球与a 、b 、c 三小球一定是异种电荷，由于d 球的电性未知，所以a 球不一定带正电，故A 错误。 BC ．设 db 连线与水平方向的夹角为α，则

cos 3α==

sin 3

α=

对b 球，根据牛顿第二定律和向心力得：

22222264cos 2cos302cos30()q q q k k mR ma h R R T

πα?-?==+? 解得

T =

2

2

3a mR

=

则小球c 3mR

，故B 正确，C 错误。 D ．对d 球，由平衡条件得

2

222

63sin q q F k mg mg h R R

α?=+=++ 故D 正确。 故选BD 。

4．质量分别为A m 和B m 的两小球带有同种电荷，电荷量分别为A q 和B q ，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为1θ与

()212θθθ>。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为A v 和B v ，最大

动能分别为kA E 和kB E 。则（ ）

A ．A m 一定大于

B m B ．A q 一定小于B q

C ．A v 一定大于B v

D ．kA

E 一定大于kB E

【答案】CD 【解析】 【分析】 【详解】

A ．对小球

A 受力分析，受重力、静电力、拉力，如图所示

根据平衡条件，有

1A tan F m g

θ=

故

A 1tan F

m g θ=

?

同理，有

B 2

tan F

m g θ=

?

由于12θθ>，故A B m m <，故A 错误；

B ．两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B 错误；

C ．设悬点到AB 的竖直高度为h ，则摆球A 到最低点时下降的高度

11

1

(1)cos cos h h h h θθ?=

-=- 小球摆动过程机械能守恒，有

2

12

mg h mv ?=

解得

2v g h =??

由于12θθ>，A 球摆到最低点过程，下降的高度A B h h ?>?，故A 球的速度较大，故C 正确；

D ．小球摆动过程机械能守恒，有

k mg h E ?=

故

k (1cos )(1cos )tan FL

E mg h mgL θθθ

=?=-=

- 其中cos L θ相同，根据数学中的半角公式，得到

k 1cos (1cos )cos ()cos tan tan sin 2

FL E FL FL θθ

θθθθθ-=

-==? 其中cos FL θ相同，故θ越大，动能越大，故kA E 一定大于kB E ，故D 正确。 故选CD 。

5．如图所示，在光滑水平面上相距x =6L 的A 、B 两点分别固定有带正电的点电荷Q 1、Q 2，与B 点相距2L 的C 点为AB 连线间电势的最低点.若在与B 点相距L 的D 点以水平向左的初速度0v 释放一个质量为m 、带电荷量为+q 的滑块(可视为质点)，设滑块始终在A 、B 两点间运动，则下列说法中正确的是（ ）

A ．滑块从D →C 运动的过程中，动能一定越来越大

B ．滑块从D 点向A 点运动的过程中，加速度先减小后增大

C ．滑块将以C 点为中心做往复运动

D ．固定在A 、B 两点处的点电荷的电荷量之比为214:1Q Q =： 【答案】ABD 【解析】 【详解】

A ．A 和

B 两点分别固定正点电荷Q 1与Q 2，

C 点为连线上电势最低处；类比于等量同种点电荷的电场的特点可知，AC 之间的电场强度的方向指向C ，BC 之间的电场强度指向C ；滑块从

D 向C 的运动过程中，电荷受到的电场力的方向指向C ，所以电场力先做正功做加速运动，动能一定越来越大，故A 正确；

B ．由同种正电荷的电场分布可知

C 点的场强为零，从

D 到A 的场强先减小后增大，由

qE

a m

=

可得加速度向减小后增大，B 正确； D ．x =4L 处场强为零，根据点电荷场强叠加原理有

2

2

(4)(2)A B

Q Q k

k L L =， 解得

4

1

A B Q Q =， 故D 正确.

C ．由于两正电荷不等量，故滑块经过C 点后向左减速到零的位移更大，往复运动的对称点在C 点左侧，C 错误。 故选AB

D 。

【点睛】

本题考查场强的叠加与库仑定律的运用，在解题时合适地选择类比法和对称性，运用牛顿第二定律分析即可求解。

6．如图，质量分别为m A 和m B 的两小球带有同种电荷，电荷量分别为q A 和q B ，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2(θ1＞θ2)。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别为v A 和v B ，最大动能分别为E k A 和E k B 。则( )

A ．m A 一定大于m

B B ．q A 一定小于q B

C ．v A 一定大于v B

D ．

E k A 一定大于E k B 【答案】CD 【解析】 【详解】

A ．对小球A 受力分析，受重力、静电力、拉力，如图所示：

根据平衡条件，有：

1tan A F

m g

θ=

故：

1

tan A F

m g θ=

?

同理，有：

2

tan B F

m g θ=

?

由于θ1＞θ2，故m A ＜m B ，故A 错误；

B ．两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球是否带电量相等无关，故B 错误；

C ．设悬点到AB 的竖直高度为h ，则摆球A 到最低点时下降的高度：

111

1

(1)cos cos h h h h θθ?=

-=- 小球摆动过程机械能守恒，有

2

12

A A A A m g h m v ?=

解得：

A v =由于θ1＞θ2，A 球摆到最低点过程，下降的高度△h A ＞△h

B ，故A 球的速度较大，故

C 正确；

D ．小球摆动过程机械能守恒，有

mg △h =E K

故

(1cos )(1cos )tan k FL

E mg h mgL θθθ

=?=-=

- 其中L cos θ相同，根据数学中的半角公式，得到：

1cos (1cos )cos ()cos tan tan sin 2

k FL E FL FL θθ

θθθθθ-=

-==? 其中FL cos θ相同，故θ越大，动能越大，故E kA 一定大于E kB ，故D 正确。

7．真空中相距L 的两个固定点电荷E 、F 所带电荷量大小分别是Q E 和Q F ，在它们共同形成的电场中，有一条电场线如图中实线所示，实线上的箭头表示电场线的方向．电场线上标出了M 、N 两点，其中N 点的切线与EF 连线平行，且∠NEF ＞∠NFE ．则（ ）

A．E带正电，F带负电，且Q E >Q F

B．在M点由静止释放一带正电的检验电荷，检验电荷将沿电场线运动到N点

C．过N点的等势面与EF连线垂直

D．负检验电荷在M点的电势能大于在N点的电势能

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】

根据电场线的指向知E带正电，F带负电；N点的场强是由E、F两电荷在N点产生场强的叠加，电荷E在N点电场方向沿EN向上，电荷F在N点产生的场强沿NF向下，合场强水平向右，可知F电荷在N点产生的场强大于E电荷在N点产生的场强，而，所

以由点电荷场强公式知,A错误；只有电场线是直线，且初速度为0或初

速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．而该电场线是一条曲线，所以运动轨迹与电场线不重合．故在M点由静止释放一带正电的检验电荷，不可能沿电场线运动到N点，B错误；因为电场线和等势面垂直，所以过N点的等势面与过N点的切线垂直，C正确；沿电场线方向电势逐渐降低，，再根据，q为负电荷，知，D错误；故选C．

【点睛】

只有电场线是直线，且初速度为0或初速度的方向与电场平行时，带电粒子的运动轨迹才与电场线重合．电场线和等势面垂直．N点的切线与EF连线平行，根据电场线的方向和场强的叠加，可以判断出E、F的电性及电量的大小．先比较电势的高低，再根据，比较电势能．

8．如右图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，.电荷量相等、符号相反的两个电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2.E1与E2之比为( )

A．1：2 B．2：1 C．D．

【答案】B

【分析】 【详解】 试题分析：由

得：

；若将N 点处的点电荷移至P 点，则O 点

的场强大小变为E 2，知两点电荷在O 点的场强夹角为1200，由矢量的合成知，

得：

，B 对

9．物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需通过一定的分析就可以判断结论是否正确．如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为R 1和R 2的圆环，两圆环上的电荷量均为q (q >0)，而且电荷均匀分布．两圆环的圆心O 1和O 2相距为2a ，连线的中点为O ，轴线上的A 点在O 点右侧与O 点相距为r (r <

a )，试分析判断下列关于A 点处电场强度大小E 的表达式正确的是

A ．()()()()332

2

2

2

2

2

1

2

kq a r kq a r E R a r R a r +-=

-

????+++-??

??

B ．

()()()

()3

3

2

2

222

2

12kq a r kq a r E R a r R a r +-=

+

????+++-??

??

C ．()()1

2

222212kqR kqR E R a r R a r =

-

????

+++-??

??

D ．

()()1

2

3

3

22222

2

12kqR kqR E R a r R a r =

-

??

??

+++-??

??

【答案】A 【解析】

题目要求不通过计算，只需通过一定的分析就可以判断结论，所以根据点电荷场强的公式

E=k

2

Q

r ，与选项相对比，寻找不同点，再用极限分析问题的思想方法就可以分析出结果． 【详解】

与点电荷的场强公式E=k 2

Q

r ，比较可知，C 表达式的单位不是场强的单位，故可以排除C ；

当r=a 时，右侧圆环在A 点产生的场强为零，则A 处场强只由左侧圆环上的电荷产生，即场强表达式只有一项，故可排除选项D ；

左右两个圆环均带正电，则两个圆环在A 点产生的场强应该反向，故可排除B ，综上所述，可知A 正确．故选A ．

10．如图所示，MON 是固定的光滑绝缘直角杆，MO 沿水平方向，NO 沿竖直方向，

A B 、为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用水平向右的力F 作用在A 球上，使两球均处于静止状态，已知A B 、两球连线与水平方向成θ角。下列说法正确的是（ ）

A ．杆MO 对A 球的弹力大小为tan F θ

B ．杆NO 对B 球的弹力大小为sin F θ

C ．B 球的重力大小为tan F θ

D ．A B 、两球间的库仑力大小为cos F θ 【答案】C 【解析】 【详解】

对A 球受力分析，设A 的质量为m 、拉力F 、支持力N 1，两球间的库仑力大小为F 1，如图，根据平衡条件，有

x方向

F=F1cosθ①

y方向

N1=mg+F1sinθ②

再对B球受力分析，受重力Mg、静电力F1、杆对其向左的支持力，如图，根据平衡条件，有

x方向

F1cosθ=N2③

y方向

F1sinθ=M g ④

有上述四式得到

Mg=F tanθ

1F

F

cosθ

=

N1=mg+Mg

N2=F

可知由于不知道A的质量，所以不能求出A受到的弹力N1。

故ABD错误，C正确；

故选C。

11．如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于P点，另一带正电小球M固定在带电小球的左侧，小球平衡时，绝缘丝线与竖直方向夹角为θ，且两球球心在同一水平线上．关于悬挂小球的电性和所受库仑力的大小，下列判断正确的是( )

A．正电，

mg

tanθ

B．正电，mg tan θ

C．负电，mg tan θD．负电，

mg tanθ

【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

小球 M 带正电，两球相斥，故小球带正电；以小球为研究对象，对小球进行受力分析，根据小球处于平衡状态可知，F=mgtgθ，故选B ．

【点睛】

对于复合场中的共点力作用下物体的平衡其解决方法和纯力学中共点力作用下物体的平衡适用完全相同的解决方法．

12．如图所示，两个可视为质点的带同种电荷的小球a 和b ，放置在一个光滑绝缘半球面内，已知小球a 和b 的质量分别为m 1、m 2，电荷量分别为q 1、q 2，两球处于平衡状态时α<β．则以下判断正确的是

A ．m 1>m 2

B ．m 1

C ．q 1>q 2

D ．q 1

【答案】A 【解析】 【分析】

根据两小球处于平衡状态，通过对两个小球进行受力分析，进行正交分解后，列出关系式，即可解决问题。 【详解】

A 和

B 小球受力分析如下，对小球A ：

1cos sin F F θα=库 11sin cos m g F F θα+=库

对小球B ：

2cos sin F F θβ=库 22sin cos m g F F θβ+=库

通过上式可知：

12sin sin F F αβ=，

由于αβ<，则sin sin αβ<，所以12F F >，由于cos cos αβ>，则有：

12cos cos F F αβ>

所以有：

12sin sin m g F m g F θθ+>+库库

可推导出：12m m >，故选A 。

【点睛】

考察对物体的受力分析和正交分解的运用。

13．如图所示，质量为m 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，另一个相同的带电小球B 固定于O 点的正下方，已知细线长L ，O 到B 点的距离也为L ，平衡时，BO 与AO 间的夹角为45°，已知重力加速度为g ，则下列说法正确的是（ ）

A ．细线对A 球的拉力等于库仑力和重力的合力，因此拉力大于重力

B ．两球之间的库仑力大小为22mg -

C ．A 球漏了少量电后，细线对A 球的拉力减小

D ．A 球漏了少量电后，B 球对A 球的库仑力增大 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

A ．小球A 的受力分析，如图所示

由于力的三角形与OAB 相似，对应边成比例，设AB 间距离为x ，因此

mg T F

l l x

==①

可得

T mg

=

A错误；

B．根据余弦定理，可得

222o

2cos4522

x l l l l

=+-=-

根据①式可得，库仑力大小

22

F mg

=-

B正确；

C．A球漏了少量电后，力的三角形与OAB仍相似，根据①式可知，细线对A球的拉力仍等于mg，C错误；

D．根据相似三角形，可得当x减小时，根据①可知，库仑力也减小，D错误。

故选B。

14．如图所示，用两根长度均为l的绝缘轻绳将正电的小球悬挂在水平的天花板下，小球的质量为m，轻绳与天花板的夹角均为θ=30°，小球正下方距离也为l的A处有一绝缘支架上同样有一个带电小球，此时轻绳的张力均为0，现在将支架水平向右移动到B处，B 处位置为与竖直方向的夹角为θ处，小球处于静止状态，则（）

A．A处的带电小球带负电

B．A处与B处库仑力大小之比为23

C．支架处于B处，左边绳子张力为

3

2 mg-

D．支架处于B处，右边绳子张力为

3

2

mg mg

+

【答案】C 【解析】【分析】【详解】

A 当绝缘支架上的带电小球在A 位置时，轻绳的张力均为0，说明上方小球受力平衡，受力分析可知其只受重力和库仑力，因此A 处的带电小球带正电，故选项A 错误； B.根据库仑定律可得

2

Qq F k

r = 因此在A 处与B 处库仑力大小之比等于带点小球距离平方的倒数比，即

2

221

A B F r F r = 因为θ=30°，所以

:4:3A B F F =

故选项B 错误；

CD. 支架处于B 处，两球间的库仑力为

3344

B A F F mg =

= 设左、右绳的张力分别为F 1和F 2，则由正交分解可得

123

sin 30cos33040cos mg F F +=

123

cos30sin 30304

cos F F mg mg ++=

解得

132F mg mg =- 23

4

F mg mg =-

故选项C 正确，选项D 错误。 故选C 。

15．如图所示，按A 、B 、C 、D 四种方式在一个正方形的四个顶点分别放置一个点电荷，所带电量已在图中标出，其中正方形中心场强最大的是（ ）

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】A 【解析】 【分析】

先分析各点电荷在中心处的场强大小和方向，再根据矢量合成法则，即可求出中心处的场强。 【详解】

A ．根据点电荷电场强度公式2

kQ

E r =

，结合矢量合成法则，正方形对角线异种电荷的电场强度，为各自点电荷在中心处相加，因此中心处的合电场强度大小为222

kQ E r

=； B ．两个负电荷在正方形中心处场强为零，两个正点电荷在中心处电场强度为零，因此中心处的合电场强度大小为0；

C ．同理，正方形对角线的两负电荷的电场强度在中心处相互抵消，而正点电荷在中心处，叠加后电场强度大小为2

kQ E r =

； D ．同理，在中心处的电场强度大小2

2

kQ E r =； 综上比较，正方形中心场强最大的是A ，所以A 正确。 故选A 。 【点睛】

考察点电荷在某点场强的矢量合成。

二、第九章 静电场及其应用解答题易错题培优（难）

16．如图所示，在绝缘水平面上，相距L 的A 、B 两点处分别固定着两个带电荷量相等的正点电荷，a 、b 是AB 连线上的两点，其中4

L

Aa Bb ==

，O 为AB 连线的中点，一质量为m 、带电荷量为+q 的小滑块（可以看作质点）以初动能E 从a 点出发，沿直线AB 向b 点运动，其中小滑块第一次经过O 点时的动能为初动能的n 倍(1)n >，到达b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点重力加速度为g ，求： （1）小滑块与水平面间的动摩擦因数； （2）O 、b 两点间的电势差； （3）小滑块运动的总路程.

【答案】（1）k02E mgL μ= （2）k0(21)2Ob n E U q -=- （3）21

4

n s L +=

【解析】 【详解】

（1）由4

L

Aa Bb ==，0为AB 连线的中点知a 、b 关于O 点对称，则a 、b 两点间的电势差0ab U =;

设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f ，在滑块从a 点运动到b 点的过程中，由动能定理得

k002

ab L

qU f E -?

=- 又摩擦力

f m

g μ=

解得

2k E mgL μ=

. （2）在滑块从O 点运动到b 点的过程中，由动能定理得

004

ob k L

qU f nE -?

=- 解得

ko

(21)2ob n E U q

-=-

. （3）对于小滑块从a 开始运动到最终在O 点停下的整个过程，由动能定理得

000a x k qU f E -=-

又

(21)2kO

aO Ob n E U U q

-=-=

解得

21

4

n s L +=

.

17．如图所示,一根长为l 的不可伸长的细丝线一端固定于O 点,另一端系住一个质量为m 的带电小球.将此装置放在水平向右的匀强电场E 中,待小球稳定后,细丝线与竖直方向夹角为α.求:

(1)小球带什么电,电荷量为多少? (2)剪断绳子后小球做什么运动？ 【答案】(1)正电，tan mg q E

α

=

(2)做初速度是零的匀加速直线运动

【解析】

【详解】

（1）对小球进行受力分析：由于小球所受电场力水平向右，E的方向水平向右，所以小球带正电．小球受力如图所示，有：qE=mgtanα

即：

tan

mg

q

E

α=

（2）剪断细绳后，小球受重力和电场力，其合力方向沿细绳方向斜向下，则小球将沿细绳的方向做初速度是零的匀加速直线运动．

18．如图所示，长l=1 m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°．已知小球所带电荷量

q=1.0×10–6 C，匀强电场的场强E=3.0×103 N/C，取重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．求：

（1）小球所受电场力F的大小和小球的质量m；

（2）将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ=37°时速度v的大小；

（3）在（2）所述情况下小球通过绳与竖直方向的夹角θ=37°时绳中张力T的大小．

【答案】（1）F= 3.0×10-3 N m=4.0×10–4kg （2）5m/s

v=（3）T=7.0×10-3 N

【解析】

【分析】

【详解】

（1）小球受到的电场力的大小为：

F=qE=1.0×10–6×3.0×103N =3.0×10-3 N

小球受力如图所示：

根据平衡可知：

tan

F mgθ

=

解得：

m=4.0×10–4 kg

（2）将小球拉至最低点由静止释放，小球回到绳与竖直方向的夹角θ=37°时根据动能定理有

21sin (1cos )2

Fl mgl mv θθ--=

解得：

1

2(

1)5m/s cos v gl θ

=-= （3）沿绳方向根据牛顿第二定律可知

2

sin cos mv T F mg l

θθ--= 解得：

T =7.0×10-3 N

19．—个带正电的微粒，从A 点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB 运动，如图所示，AB 与电场线夹角θ=53°，已知带电微粒的质量m =1.0×10－7kg ，电荷量q =1.0×10－

10

C ，A 、B 相距L =20cm ．(取g =10m/s 2)．求：

(1)电场强度的大小和方向；

(2)要使微粒从A 点运动到B 点，微粒射入电场时的最小速度是多少． 【答案】（1）7.5×10 3 V/m,方向水平向左 (2)5m/s 【解析】 【详解】

(1)带电微粒做直线运动，所受的合力与速度在同一直线上，则带电微粒受力如图所示；

由图可知，合力与速度方向相反；故粒子一定做匀减速直线运动； 由力的合成可知：

mg =qE ?tan θ

可得：37.510V/m tan mg

E q θ

=

=?，方向水平向左． （2）微粒从A 到B 做匀减速直线运动，则当v B =0时，粒子进入电场速度v A 最小.由动能定理：

2

1sin cos 02

A mgL qEL mv θθ--=-

代入数据得：v A =5m/s

20．如图所示，有一水平向左的匀强电场，场强为41.2510N/C E =?，一根长

1.5m L =、与水平方向的夹角为37θ=?的光滑绝缘细直杆MN 固定在电场中，杆的下端

M 固定一个带电小球A ，电荷量64.510C Q -=+?；另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，电荷量6

1.010C q -=+?，质量2

1.010kg m -=?。现将小球B 从杆的上端N 静止释放，小球B 开始运动。（静电力常量9229.010N m /C k =??，取2

10m/s g =，

sin370.6?=，cos370.8?=）求：

(1)小球B 开始运动时的加速度为多大？

(2)小球B 的速度最大时，与M 端的距离r 为多大？

【答案】(1)a ＝3.2 m/s 2；(2)r ＝0.9 m 【解析】 【分析】 【详解】

(1)开始运动时小球B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得

2sin cos kQq

mg qE ma L

-

-=θθ 解得

2

2

cos sin 3.2m/s kQq qE a g mL m =-

-=θθ (2)小球B 速度最大时合力为零，即

2

sin cos 0kQq

mg qE r -

-=θθ 解得